江西省五市九校协作体2023届高三数学（理）第二次联考试题（Word版附解析）

江西省五市九校协作体2023届第二次联考数学试题（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由绝对值不等式及一元二次不等式的解法求出集合和，然后根据交集的定义即可求解.【详解】解：由题意，集合，或，所以，故选：B.2.若复数满足（为虚数单位），则下列说法正确的是（）A.的虚部为B.C.D.在复平面内对应的点在第二象限【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法运算可得，在根据复数相关概念和几何意义，逐项判断，即可得到正确结果.【详解】因为，所以，所以的虚部为，故A错误；，故B正确； ，故C错误；在复平面内对应的点为，所以在复平面内对应的点在第一象限，故D错误.故选：B.3.若，是第三象限的角，则＝（　　）A.2B.C.﹣2D.【答案】C【解析】【分析】将表达式中的正切化成正余弦，由，求出，代入即可求解．【详解】由且是第三象限的角，可得，又由，即.故选：C.4.天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支.十天干即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，以此类推，2023年是癸卯年，请问：在100年后的2123年为（）A.癸未年B.辛丑年C.己亥年D.戊戌年【答案】A【解析】【分析】根据题意，天干和地支的年份分别是以和为公差的等差数列，根据等差数列的性质即可求解.【详解】由题意得：天干可看作公差为10的等差数列，地支可看作公差为12的等差数列， 由于，余数为0，故100年后天干为癸，由于，余数为4，故100年后地支为未，综上：100年后的2123年为癸未年.故选：A.5.已知双曲线的左、右焦点分别为、，点P在双曲线C的右支上，且，双曲线C的一条渐近线方程为，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由及得出和，根据求出的范围，再根据，求出的范围，即可求出的最小值．【详解】因为，且，所以，，因为，所以，即，由题得双曲线的渐近线方程为，即，又因为双曲线C的一条渐近线方程为，所以，因为，所以，所以， 所以k的最小值为，故选：B．6.中国空间站（ChinaSpaceStation）的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.2022年10月31日15：37分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“T”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕.2023年，中国空间站将正式进入运营阶段.假设空间站要安排甲、乙等6名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多三人，则不同的安排方法有（）A.450种B.72种C.90种D.360种【答案】A【解析】【分析】利用分组和分配的求法求得名航天员的安排方案，再利用分类加法计数原理即可求得.【详解】由题知，6名航天员安排三舱，三舱中每个舱至少一人至多三人，可分两种情况考虑：第一种：分人数为的三组，共有种；第二种：分人数为的三组，共有种；所以不同的安排方法共有种.故选：A.7.已知椭圆的一个焦点为，点是椭圆上的一个动点，的最小值为，且存在点，使得（点为坐标原点）为正三角形，则椭圆的焦距为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】不妨设为椭圆的右焦点，为椭圆的左焦点，连接，利用椭圆的定义，以及的最小值，列方程组可得椭圆的焦距．【详解】不妨设为椭圆的右焦点，为椭圆的左焦点，连接 因为为等边三角形，所以，所以是直角三角形，所以．因为，所以．因为的最小值为，所以，所以，椭圆的焦距为故选：D8.关于曲线C：，下列说法正确的是（）A.曲线C可能经过点B.若，过原点与曲线C相切的直线有两条C.若，曲线C表示两条直线D.若，则直线被曲线C截得弦长等于【答案】B【解析】【分析】A.将点代入方程得判断方程解的情况；，B.当时，曲线C表示圆，判断原点与圆的位置关系；C.当时，得到判断；D.当时，得到曲线C表示圆心为的圆，且圆心在直线上判断.【详解】A.将点代入方程得，即，方程无解，所以曲线C不可能经过点，故错误；B.若，曲线C：表示以为圆心，以为半径，又原点到圆心的距离为，且，所以原点在圆外，所以过原点与曲线C相切的直线有两条，故正确；C.当时，曲线C：，则，解得，表示点，故错误； D.当时，曲线C：，圆心在直线上，所以直线被曲线C截得弦长为直径，等于2，故错误.故选：B9.已知函数，则下列说法中正确的是（）A.是偶函数B.的图像关于直线对称C.的值域为D.在上有5个零点【答案】C【解析】【分析】根据偶函数的定义判断A，对给定函数式按x<0及x≥0两段化简，结合对称的性质利用反证法判断B，再结合正弦函数的性质，判断C，D.【详解】函数的定义域为，因为，所以，，所以，所以不是偶函数，A错误；当时，，当时，，若函数的图像关于直线对称，则，又，，矛盾，所以函数的图像不关于直线对称，B错误； 时，的值域是[0,2]，时，的值域是[-2,4]，C正确；时，有无数个零点，函数在上有无数个零点，D错误.故选：C.10.如图为“杨辉三角”示意图，已知每一行的数字之和构成的数列为等比数列且记该数列前n项和为，设，将数列中的整数项依次取出组成新的数列记为，则的值为（）A.5052B.5057C.5058D.5063【答案】B【解析】【分析】根据题意得到，再列举得到整数项构成的数列，根据其规律求解.【详解】解：由题意得：，所以，则数列即为，其整数项为即，所以的奇数项是以2为首项，以5为公差的等差数列，则；的偶数项是以3为首项，以5为公差的等差数列，则，所以，故选：B 11.在直四棱柱中中，，，P为中点，点Q满足，（，）.下列结论不正确的是（）A.若，则四面体的体积为定值B.若平面，则的最小值为C.若的外心为M，则为定值2D.若，则点Q的轨迹长度为【答案】C【解析】【分析】对于A，由，可得三点共线，可得点在，而由直四棱柱的性质可得平面，所以点到平面的距离为定值，而的面积为定值，从而可进行判断，对于B，取的中点分别为，连接，由面面平行的判定定理可得平面平面，从而可得平面，进而可求得的最小值，对于C，由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断，对于D，在上取点，使得，可得点的轨迹为圆弧，从而可进行判断.【详解】对于A，因为，，所以三点共线，所以点在，因为，平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离为定值，因为的面积为定值，所以四面体的体积为定值，所以A正确；对于B，取的中点分别为，连接，则，因为平面，平面，所以平面， 因为，，所以，因为平面，平面，平面，因为，平面，所以平面平面，因为平面，所以平面，所以当时，最小，因，所以，，所以，所以重合，所以的最小值为，所以B正确，对于C，若的外心为，过作于，因为，所以，所以C错误，对于D，过作于点，因为则可得平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，，在上取点，使得，则，所以若，则在以为圆心，2为半径的圆弧上运动，因为，所以，则圆弧等于，所以D正确， 故选：C.【点睛】本题解决的关键在于根据所给条件结合线面位置关系确定点的轨迹，再结合锥体体积公式，空间图形与平面图形的转化解决问题.12.已知，，，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先构造函数，通过函数的单调性确定的大致范围，再构造，通过函数的单调性确定与的大小关系，进而得到A选项；先构造函数，通过函数的单调性确定的大致范围，再构，通过函数的单调性确定与的大小关系，进而可知B选项错误；通过，得到，进而可得与的大小关系,进而可知C选项错误；D与C选项同样的方法即可判断.【详解】对于A，，，令,则，所以在单调递减，在上单调递增，且，故.令则，所以在上单调递减，且，，，，即,故选项A错误； 对于B，，令，则，所以在单调递增，在上单调递减，且，故.令所以在上单调递减，且，，，，，，即，故选项B错误；对于C，，，，又在单调递增，，，故选项C错误；对于D，由C可知，，又在单调递减，，故选项D正确.故选：D.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在题中的横线上）13.已知非零向量满足，且，则向量的夹角是_______．【答案】【解析】【分析】由向量垂直得到，即可得到，再根据及计算可得；【详解】解：因为，所以，即，所以．因为，所以，因为，所以．故答案为：14.已知，则__________. 【答案】132【解析】【分析】利用换元思想，简化等式，再按照二项式定理展开，可得的系数即是的值.【详解】令，则，则可转化为：，即，所以，所以，故答案为：132.15.已知实数满足，，则的最小值为__________.【答案】2025【解析】【分析】先对式子变形得到，由基本不等式求出，从而求出最小值.【详解】，因为，所以，，，故，由基本不等式得：，当且仅当，即时，等号成立，故， 即的最小值为2025.故答案为：2025.16.已知.设函数若关于x的不等式恒成立，则a的取值范围为________.【答案】【解析】【分析】欲利用单调性求值域，确定将，，分成三类讨论，又根据具体情况，在每一类情况下又细分，讨论出符合恒成立的a的取值范围.【详解】（1）当时，，的值域为，则恒成立，故成立（2）当时，当，单调递减，故此时.当时，，当时，单调递增；当时，单调递减①当时，在上单调递增.此时的值域为，恒成立②当时，在时，取得最小值当时，，则恒成立当时，.此时若即时，，此时不符合题意故 ，恒成立，（3）当时，时，为单调递增的一次函数，.时在上为增函数，值域为要有意义，则此时，.,故因此，恒成立综上所述，故答案为：【点睛】（1）分段函数问题中参数值影响变形时，往往要分类讨论，需有明确的标准、全面的考虑，注意小分类要求交，大综合要求并.（2）求解过程中，求出的参数的值或范围并不一定符合题意，因此要检验结果是否符合要求．（3）分段函数的最值的求法：先求每一段的最大（小）值，再把每一段的最大（小）值比较，即得到函数的最大（小）值.三、解答题：（共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，BD为∠ABC的角平分线．（1）求证：；（2）若且，求△ABC的面积．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】 【分析】（1）先得出，再由正弦定理即可证明；（2）设，由可得，进而求出，再由面积公式求解即可.【小问1详解】由题意可得，因为BD为∠ABC的角平分线，则，在△ABD中，，则，同理可得，因此，即．【小问2详解】设，则，因为，即，又且，可得，因为，则，则，，可得，，所以，，．18.如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD=CD=BC=CF=1．（1）求证：EF⊥平面BCF；（2）点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大？并求此时锐二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析（2）M与F重合时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，余弦值为【解析】【分析】（1）在梯形ABCD中，由分析知，AC⊥BC，因为CF⊥平面ABCD，所以AC⊥CF，进一步得AC⊥平面BCF，又因为AC∥EF，因此EF⊥平面BCF.（2）因为CF⊥平面ABCD，AC⊥BC，以点C为坐标原点，CA、CB、CF所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面FCB的法向量，然后结合二次函数求最值的方法求解平面和平面FCB所成的锐二面角的最大值.【小问1详解】证明：在梯形ABCD中，AB∥CD，AD=CD=BC=1，故梯形ABCD为等腰梯形，因，则，所以又因为，则，∴AC⊥BC，因为CF⊥平面ABCD，AC平面ABCD，∴AC⊥CF∵，∴AC⊥平面BCF，因为四边形ACFE为矩形，则AC∥EF，因此，EF⊥平面BCF【小问2详解】因为CF⊥平面ABCD，AC⊥BC，以点C为坐标原点，CA、CB、CF所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，在Rt△ABC中，，．则A(，0，0)、B(0，1，0)、C(0，0，0)、F(0，0，1)、E(，0，1)，设点M(t，0，1)，其中 设平面MAB的法向量为，由，取，可得，．易知平面FCB的一个法向量为，所以，当，即M与F重合时，取最小值，此时平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，此时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角的余弦值为19.某企业对生产设备进行优化升级，升级后的设备控制系统由个相同的元件组成，每个元件正常工作的概率均为，各元件之间相互独立.当控制系统有不少于k个元件正常工作时，设备正常运行，否则设备停止运行，记设备正常运行的概率为（例如：表示控制系统由3个元件组成时设备正常运行的概率；表示控制系统由5个元件组成时设备正常运行的概率）.（1）若，当时，求控制系统中正常工作的元件个数X的分布列和数学期望，并求；（2）已知设备升级前，单位时间的产量为a件，每件产品的利润为1元，设备升级后，在正常运行状态下，单位时间的产量是原来的4倍，且出现了高端产品，每件产品成为高端产品的概率为，每件高端产品的利润是2元.记设备升级后单位时间内的利润为Y（单位：元）.（i）请用表示；（ii）设备升级后，在确保控制系统中元件总数为奇数的前提下，分析该设备能否通过增加控制系统中元件的个数来提高利润.【答案】（1）分布列见解析，，（2）（i），（ii）答案见解析【解析】【分析】（1）由题意可知，利用二项分布求解即可求得期望，根据互斥事件和事件的概率 公式求解；（2）（i）先写出升级改造后单位时间内产量的分布列congestion求出设备升级后单位时间内的利润，即为；（ii）分类讨论求出与的关系，做差比较大小即可得出结论.【小问1详解】因为，所以控制系统中正常工作的元件个数的可能取值为0，1，2，3；因为每个元件的工作相互独立，且正常工作的概率均为，所以，所以，，，所以控制系统中正常工作的元件个数的分布列为0123控制系统中正常工作的元件个数的数学期望为，；【小问2详解】（i）升级改造后单位时间内产量的分布列为 产量0设备运行概率所以升级改造后单位时间内产量的期望为；所以产品类型高端产品一般产品产量（单位：件）利润（单位：元）21设备升级后单位时间内的利润为，即；（ii）因为控制系统中元件总数为奇数，若增加2个元件，则第一类：原系统中至少有个元件正常工作，其概率为；第二类：原系统中恰好有个元件正常工作，新增2个元件中至少有1个正常工作，其概率为；第三类：原系统中有个元件正常工作，新增2个元件全部正常工作，其概率为；所以，则，所以当时，，单调递增，即增加元件个数设备正常工作的概率变大，当时，，即增加元件个数设备正常工作的概率没有变大，又因为，所以当时，设备可以通过增加控制系统中元件的个数来提高利润； 当时，设备不可以通过增加控制系统中元件的个数来提高利润．【点睛】关键点点睛：分析增加2个元件后，分三类求解，求出是解题的难点与关键.20.过坐标原点作圆的两条切线，设切点为，直线恰为抛物线的准线.（1）求抛物线的标准方程；（2）设点是圆的动点，抛物线上四点满足：，，设中点为.（i）证明：垂直于轴；（ii）设面积为，求最大值.【答案】（1）（2）（i）证明见解析；（ii）【解析】【分析】（1）设直线与轴交于，由三角形相似关系可得，由此可构造方程求得的值，从而得到抛物线方程；（2）（i）根据共线向量可知为中点，结合点在抛物线上可确定为方程的两根，由此可得韦达定理的结论；根据点纵坐标可知斜率为零，由此可得结论；（ii）由，代入韦达定理，结合点在圆上，可化简得到，根据二次函数最值的求法可求得结果. 【小问1详解】设直线与轴交于，则，由圆的方程知：圆心，半径，为圆的切线，，又，∽，，即，解得：，抛物线的标准方程为：.【小问2详解】设，，，（i）由知：为中点，且在抛物线上，即，又，，整理可得：；由知：为中点，且在抛物线上，同理可得：；是方程的两根，，，点的纵坐标为，直线的斜率为，即垂直于轴.（ii），， ，在圆上，，，则当时，，.【点睛】思路点睛：求解直线与抛物线综合应用中的三角形面积最值（取值范围）问题的基本思路如下：①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③表示出所求三角形的面积，代入韦达定理的结论；④将所求三角形面积转化为关于某一变量的函数的形式，利用函数的单调性或基本不等式求解出最值（范围）.21.已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）若函数存在两个极值点，且恒成立，求实数k的最小值．【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）首先判断函数的定义域为，对参数进行分类讨论利用导函数的正负即可得函数的单调性；（2）根据（1）中的结论可确定有两个极值点时，根据极值点与导函数之间的关系可得，将不等式转化成，整体代换后再进行构造函数并利用导函数判断其单调性求出最值即可求得实数k的最小值为. 【小问1详解】又可得定义域为，则，；令，则．①当，即时，恒成立，则，∴在上单调递增；②当，即或时，（ⅰ）当时，是开口向上且过的抛物线，对称轴方程为，则函数有两个零点和（显然），列表如下：x＋0－0＋↗极大值↘极小值↗（ⅱ）当时，是开口向上且过的抛物线，对称轴方程为，则在上恒成立，从而，在上单调递增．综上所述，当时，函数在区间上单调递增；当时，函数在，上单调递增， 在上单调递减，【小问2详解】由（1）可知，当时，有两个极值点，则是方程的两根，∴，，∴．∴恒成立转化为恒成立．令，不等式转化为，∴，，即．令，则不等式化为．∵，当时，，在上单词递增，∴，即．令，则，当时，，即在单调递增，当时，，即在单调递减；所以，∴，即时，实数k取得最小值为．即实数k的最小值为.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于根据极值点与导函数零点之间关系，将函数的两个极值点看成方程的两根，利用韦达定理将不等式化简后再通过函数同构问题进行构造函数即可实现问题求解. 选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22.以直角坐标系的原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，且两个坐标系取相等的长度单位，已知直线l的参数方程为（t为参数，），曲线C的极坐标方程为．（1）求曲线C的直角坐标方程；（2）设直线l与曲线C相交于A，B两点，当变化时，求的最小值．【答案】（1）；（2）8.【解析】【分析】（1）两边同乘以，进而根据极坐标公式与直角坐标换算公式即可求得答案；（2）将直线的参数方程代入抛物线方程并化简，进而结合根与系数的关系求出，进而求出最小值.【小问1详解】由，得，所以曲线C的直角坐标方程为.【小问2详解】将直线l的参数方程代入，得，化简得：，恒成立．设A，B两点对应的参数分别为，，则，所以，当时，的最小值为8．[选修4-5：不等式选讲]23.已知均为正实数，且.证明：（1）；（2）.【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）、（2）结合综合法以及基本不等式证得不等式成立.【小问1详解】依题意：都为正实数，且，，当且仅当时等号成立，上述三个式子相加得，即成立.【小问2详解】①，当且仅当，时等号成立.②，当且仅当，时等号成立，③，当且仅当，时等号成立，①②③相加并化简得，当且仅当时等号成立.即成立.